設 \(f_{u,i}\) 表示 \(u\) 接受 \(i\) 的信號，\(u\) 的子樹內的答案。那么可以枚舉 \(u\) 的兒子 \(v\) 接受信號的節(jié)點來轉移。注意當 \(v\) 也枚舉到 \(i\) 時要減去重復的 \(k\)。

考慮構造方案，設 \(ans_u\) 表示答案。首先可以求出 \(ans_1\)。對于 \(u\) 的每個兒子 \(v\)，計算 \(u\) 是怎么從 \(v\) 轉移來的即可。仍然注意當 \(v\) 枚舉到 \(ans_u\) 時要減去重復的 \(k\)。

用 Floyd 計算兩兩之間的距離，時間復雜度 \(O(n^3)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define pb push_back
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=205,inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m,a[maxn],ans[maxn];
int dis[maxn][maxn];
int f[maxn][maxn];
vector<int> e[maxn];
il void dfs1(int u,int fa){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[u][i]=a[dis[u][i]]+m;
	}
	for(int v:e[u]){
		if(v==fa){
			continue;
		}
		dfs1(v,u);
		for(int i=1,tmp;i<=n;i++){
			tmp=f[u][i];
			f[u][i]+=f[v][i]-m;
			for(int j=1;j<=n;j++){
				f[u][i]=min(f[u][i],tmp+f[v][j]);
			}
		}
	}
}
il void dfs2(int u,int fa){
	for(int v:e[u]){
		if(v==fa){
			continue;
		}
		int res=inf;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(res>f[v][i]){
				res=f[v][i],ans[v]=i;
			}
		}
		if(f[v][ans[u]]-m<f[v][ans[v]]){
			ans[v]=ans[u];
		}
		dfs2(v,u);
	}
}
namespace cplx{
	bool end;
	il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dis[i][i]=0;
	}
	for(int i=1,u,v;i<n;i++){
		cin>>u>>v;
		e[u].pb(v),e[v].pb(u);
		dis[u][v]=dis[v][u]=1;
	}
	for(int k=1;k<=n;k++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
			}
		}
	}
//	for(int i=1;i<=n;i++){
//		for(int j=1;j<=n;j++){
//			cout<<dis[i][j]<<" ";
//		}
//		puts("");
//	}
	dfs1(1,0);
//	for(int i=1;i<=n;i++){
//		for(int j=1;j<=n;j++){
//			printf("%2d ",f[i][j]);
//		}
//		puts("");
//	}
	int res=inf;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(res>f[1][i]){
			res=f[1][i],ans[1]=i;
		}
	}
	cout<<res<<"\n";
	dfs2(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cout<<ans[i]<<" ";
	}
	return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}